Revista (format .pdf, 1.2 MB) - Recreaţii Matematice

Prin urmare, este suficient să demonstrăm că(x + y + z) 22(x 2 + y 2 + z 2 )+(t − 1) (xy + yz + zx) ≤ 3t +1 .După efectuarea calculelor, acesta se reduce laevident adevărată.(5 − t) ¡ x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx ¢ ≥ 0,Notă. Pentru t =2se obţine o problemă propusă la concursul Baltic Way 2005.½G129. Să se determine y ∈ R ∗ pentru care {x} + x + 1 ¾= {xy} + 1 , ∀x ∈ R.yy(Cu {·} am notat partea fracţionară.)Alexandru Negrescu, elev, BotoşaniSoluţie. Pentru x = 1 ½ ¾ ½ ¾ 1 2y obţinem că + = 1 ½ ¾ · ¸ 2 1y y y ,deci = . Cum½ ¾¸½ ¾ ¸y y2·12·1∈ [0, 1), iar ∈ Z, deducem că = =0, prin urmare 1 ∈ (0, 1) şiy yy yy2y ∈ N. Astfel,2 y ∈ (0, 2) ∩ N, deci 2 =1şi atunci y =2.y ½Pentru y =2, egalitatea din enunţ devine{x} + x + 1 ¾= {2x} + 1 22 , ∀x ∈R, iar·aceasta este adevărată întrucât revine la cunoscuta identitate a lui Hermite[x]+ x + 1 ¸=[2x], ∀x ∈ R.2¡ G130. Fie a, b, c lungimile laturilor unui triunghi ABC. Dacă a 2007 + b 2007 >2 2007 +1 ¢ c 2007 ,săsearatecăunghiul C b este ascuţit.Lucian Tuţescu, CraiovaSoluţie. Vom arăta că c este cea mai micălatură a triunghiului, de unde concluziaeste imediată. Să presupunem prin absurd că c ≥ b; atuncia 2007 + c 2007 ≥ a 2007 + b 2007 > ¡ 2 2007 +1 ¢ c 2007 ⇒ a 2007 > (2c) 2007 ⇒ a>2c,de unde a>2c ≥ b + c, ceea ce contrazice inegalitatea triunghiului.procedează dacă am presupune că c ≥ a.Analog seG131. Fie n, k ≥ 2 numere naturale şi mulţimea M = {− (n − 1) ,...,−2, −1, 1,2,...,n}. Săsearatecă M se poate partiţiona în k submulţimi având fiecare aceeaşisumă a elementelor dacă şi numai dacă n se divide cu k.Marian Tetiva, BârladSoluţie. Condiţia este necesară: dacă M admite o partiţie ca în enunţ, atuncisuma elementelor sale (care este n) va fi egală cusk (s fiind suma elementelor dinfiecare clasă apartiţiei).Pentru a demonstra suficienţa, vom construi efectiv o partiţie în cazul în care162